NOIP模拟赛编码

题目描述

一个字符串str的p型编码a的定义如下：把str表示成b1个c1,b2个c2…bn个cn，然后将b1,c1,b2,c2,…,bn,cn收尾拼接成的字符串中最短的字符串设为a。例如：字符串122344111可被描述为"1个1、2个2、1个3、2个4、3个1"，因此我们说122344111的p型编码为1122132431。

类似的道理，00000000000可描述为"11个0"，因此它的p型编码为110；100200300可描述为"1个1、2个 0、1个2、2个0、1个3、2个0"，因此它的p型编码为112012201320。

很显然，一个串str的p型编码是固定的，但是可能有多个串的p型编码相同。现在bx2k获得了一个字符串str的p型编码a，但他不知道原来的字符串是啥，他现在想知道有多少种字符串的p型编码为a。bx2k是个doubi，他来请教傲娇的你。

输入

第一行包含一个字符串，表示字符串a。

输出

第一行包含一个正整数，为str的数量除以998244353的余数。

样例输入

1415

样例输出

题解

我们考虑 $dp[i]$ 表示在输入字符串中以i为结尾的字符串前缀所对应的字符串数量。换言之，它表示有多少字符串的p型编码为该输入字符串中位置为(1~i)的子串。由于至少两位才能构成一段新的子串
所以容易想到 $dp[i]$ = $\sum_{k=2}^i$ $dp[i - k]$ ,用一下前缀和优化， $sum[i]$ 表示 $\sum_{k = 1}^i$ $dp[i]$
所以 $dp[i]$ = $sum[i - 2]$ ，然而有些情况没有这么简单。当求到 $dp[i]$ 时, $a[i - k + 1]$ 为0，则 $dp[i]$ 不能由 $dp[i - k]$ ，因此我们再设 $sum2[i]$ 表示在i之前因为存在0的干扰不能转移到 $dp[i]$ 所有 $dp[j]$ 之和。
还有我们发现当a为11111时，我们用上面的方法去做，会得到3，而实际答案为1,因为照我们的做法，
有一种方案为“1个1，11个1”，这种方案是不合理的，需要合并为12个1。因此，我们得解决这个问题。
我们发现当求到 $dp[i]$ 时，在i前面与 $a[i]$ 相等的位置j所对应的dp[j]不能转移到 $dp[i]$ .
我们用 $sum3[i]$ 表示在当前位置的两个以前所有与a[i]相等的位置j所对应的 $dp[j]$ 之和，
至此， $dp[i]$ = $sum[i - 2]$ - $sum2[i - 2]$ - $sum3[a[i]]$ ;
边界情况, $dp[0]$ $=$ 1, $dp[1]$ = 0;

注意点：

1.注意减法后的取模
2.当a的长度为1,或a的第一位为0时需要特判，输出0

代码如下:

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N = 1000005;
const int P = 998244353;
long long dp[N];
long long sum1[N];
long long sum2[N];
char a[N];
long long sum3[10];
int main(){
	int i, len;
	scanf("%s", a + 1);
	len = strlen(a + 1);
	dp[0] = 1;
	sum1[0] = 1;
	if(a[1] == '0'){
		printf("0\n");
		return 0;
	}
	if(len == 1){
		printf("0\n");
		return 0;
	}
	dp[1] = 0;
	for(i = 2; i <= len; i++){
		dp[i] = ((sum1[i - 2] - sum2[i - 2] - sum3[a[i] - '0']) % P + P) % P;
		sum1[i - 1] = (sum1[i - 2] + dp[i - 1]) % P;
		if(a[i] == '0') sum2[i - 1] = (sum2[i - 2] + dp[i - 1]) % P;
		else {
			sum3[a[i - 1] - '0'] = (sum3[a[i - 1] - '0'] + dp[i - 1]) % P;
			sum2[i - 1] = sum2[i - 2];
		}
	}
	printf("%lld\n", dp[len]);
	return 0;
}